Question

4．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右頂點(diǎn)分別為A₁，A₂，左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，離心率為$\frac{1}{2}$，點(diǎn)B（4，0），F(xiàn)₂為線段A₁B的中點(diǎn)．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若過點(diǎn)B且斜率不為0的直線l與橢圓C的交于M，N兩點(diǎn)，已知直線A₁M與A₂N相交于點(diǎn)G，試判斷點(diǎn)G是否在定直線上？若是，請求出定直線的方程；若不是，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)點(diǎn)A₁（-a，0），F(xiàn)₂（c，0），由題意得a=4-2c，由橢圓的離心率$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，得a=2c，求出a，b，由此能示出橢圓C的方程．
（Ⅱ）法一：根據(jù)橢圓的對稱性猜測點(diǎn)G是與y軸平行的直線x=x₀上．假設(shè)當(dāng)點(diǎn)M為橢圓的上頂點(diǎn)時，直線l的方程為$\sqrt{3}x+4y-4\sqrt{3}=0$，此時點(diǎn)N$（\frac{8}{5}，\frac{{3\sqrt{3}}}{5}）$，聯(lián)立直線${l_{{A_1}M}}：\sqrt{3}x-2y+2\sqrt{3}=0$和直線${l_{{A_2}N}}：3\sqrt{3}x+2y-6\sqrt{3}=0$可得點(diǎn)$G（1，\frac{{3\sqrt{3}}}{2}）$，猜想點(diǎn)G在直線x=1上，對猜想給予證明，得到點(diǎn)G在定直線上x=1上．
法二：設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），G（x₃，y₃），由B，M，N三點(diǎn)共線，得：2x₁x₂-5（x₁+x₂）+8=0，再由A₁，M，G三點(diǎn)共線，A₂，N，G三點(diǎn)共線，推導(dǎo)出點(diǎn)G在定直線x=1上．
法三：設(shè)l的方程為y=k（x-4），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．由$\left\{{\begin{array}{l}{y=k（x-4）}\\{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1}\end{array}}\right.$得（3+4k²）x²-32k²x+64k²-12=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理，結(jié)合A₁，M，G三點(diǎn)共線，A₂，N，G三點(diǎn)共線，推導(dǎo)出點(diǎn)G在定直線x=1上．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)點(diǎn)A₁（-a，0），F(xiàn)₂（c，0），由題意可知：$c=\frac{-a+4}{2}$，即a=4-2c①
又因?yàn)闄E圓的離心率$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，即a=2c②
聯(lián)立方程①②可得：a=2，c=1，則b²=a²-c²=3
所以橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．-------（5分）
解：（Ⅱ）解法一：根據(jù)橢圓的對稱性猜測點(diǎn)G是與y軸平行的直線x=x₀上．
假設(shè)當(dāng)點(diǎn)M為橢圓的上頂點(diǎn)時，直線l的方程為$\sqrt{3}x+4y-4\sqrt{3}=0$，此時點(diǎn)N$（\frac{8}{5}，\frac{{3\sqrt{3}}}{5}）$，
則聯(lián)立直線${l_{{A_1}M}}：\sqrt{3}x-2y+2\sqrt{3}=0$和直線${l_{{A_2}N}}：3\sqrt{3}x+2y-6\sqrt{3}=0$可得點(diǎn)$G（1，\frac{{3\sqrt{3}}}{2}）$
據(jù)此猜想點(diǎn)G在直線x=1上，下面對猜想給予證明：-------（7分）
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），聯(lián)立方程$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-4）\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$可得：（3+4k²）x²-32k²x+64k²-12=0，△＞0
由韋達(dá)定理可得${x_1}+{x_2}=\frac{{32{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{64{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$（*）-------（9分）
因?yàn)橹本�${l_{{A_1}M}}：y=\frac{y_1}{{{x_1}+2}}（x+2）$，${l_{{A_2}N}}：y=\frac{y_2}{{{x_2}-2}}（x-2）$，
聯(lián)立兩直線方程得$\frac{y_1}{{{x_1}+2}}（x+2）=\frac{y_2}{{{x_2}-2}}（x-2）$（其中x為G點(diǎn)的橫坐標(biāo)）即證：$\frac{{3{y_1}}}{{{x_1}+2}}=\frac{{-{y_2}}}{{{x_2}-2}}$，
即3k（x₁-4）•（x₂-2）=-k（x₂-4）•（x₁+2），即證4x₁x₂-10（x₁+x₂）+16=0-------（11分）
將（*）代入上式可得$\frac{{4•（64{k^2}-12）}}{{3+4{k^2}}}-\frac{{10×32{k^2}}}{{3+4{k^2}}}+16=0?16{k^2}-3-20{k^2}+3+4{k^2}=0$
此式明顯成立，原命題得證．所以點(diǎn)G在定直線上x=1上．-------（12分）
解法二：設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），G（x₃，y₃），x₁，x₂，x₃兩兩不等，
因?yàn)锽，M，N三點(diǎn)共線，所以$\frac{y_1}{{{x_1}-4}}=\frac{y_2}{{{x_2}-4}}⇒\frac{{{y_1}^2}}{{{{（{x_1}-4）}^2}}}=\frac{{{y_2}^2}}{{{{（{x_2}-4）}^2}}}⇒\frac{{3（1-\frac{x_1^2}{4}）}}{{{{（{x_1}-4）}^2}}}=\frac{{3（1-\frac{x_2^2}{4}）}}{{{{（{x_2}-4）}^2}}}$，
整理得：2x₁x₂-5（x₁+x₂）+8=0-------（8分）
又A₁，M，G三點(diǎn)共線，有：$\frac{y_3}{{{x_3}+2}}=\frac{y_1}{{{x_1}+2}}$①
又A₂，N，G三點(diǎn)共線，有：$\frac{y_3}{{{x_3}-2}}=\frac{y_2}{{{x_2}-2}}$②，
將①與②兩式相除得：$\frac{{{x_3}+2}}{{{x_3}-2}}=\frac{{{y_2}（{x_1}+2）}}{{{y_1}（{x_2}-2）}}⇒{（\frac{{{x_3}+2}}{{{x_3}-2}}）^2}=\frac{{{y_2}^2{{（{x_1}+2）}^2}}}{{{y_1}^2{{（{x_2}-2）}^2}}}=\frac{{3（1-\frac{x_2^2}{4}）{{（{x_1}+2）}^2}}}{{3（1-\frac{x_1^2}{4}）{{（{x_2}-2）}^2}}}=\frac{{（{x_2}+2）（{x_1}+2）}}{{（{x_1}-2）（{x_2}-2）}}$
即${（\frac{{{x_3}+2}}{{{x_3}-2}}）^2}=\frac{{（{x_2}+2）（{x_1}+2）}}{{（{x_1}-2）（{x_2}-2）}}=\frac{{{x_1}{x_2}+2（{x_1}+{x_2}）+4}}{{{x_1}{x_2}-2（{x_1}+{x_2}）+4}}$，-------（10分）
將2x₁x₂-5（x₁+x₂）+8=0即${x_1}{x_2}=\frac{5}{2}（{x_1}+{x_2}）-4=0$代入得：${（\frac{{{x_3}+2}}{{{x_3}-2}}）^2}=9$
解得x₃=4（舍去）或x₃=1，所以點(diǎn)G在定直線x=1上．-------（12分）
解法三：由題意知l與x軸不垂直，設(shè)l的方程為y=k（x-4），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=k（x-4）}\\{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1}\end{array}}\right.$得（3+4k²）x²-32k²x+64k²-12=0，△＞0．-------（7分）
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），G（x₃，y₃），x₁，x₂，x₃兩兩不等，
則${x_1}+{x_2}=\frac{{32{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{64{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$，$|{x_1}-{x_2}|=\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\frac{{12\sqrt{1-4{k^2}}}}{{3+4{k^2}}}$，
由A₁，M，G三點(diǎn)共線，有：$\frac{y_3}{{{x_3}+2}}=\frac{y_1}{{{x_1}+2}}$①
由A₂，N，G三點(diǎn)共線，有：$\frac{y_3}{{{x_3}-2}}=\frac{y_2}{{{x_2}-2}}$②
①與②兩式相除得：$\frac{{{x_3}+2}}{{{x_3}-2}}=\frac{{{y_2}（{x_1}+2）}}{{{y_1}（{x_2}-2）}}=\frac{{k（{x_2}-4）（{x_1}+2）}}{{k（{x_1}-4）（{x_2}-2）}}=\frac{{{x_1}{x_2}-（{x_1}+{x_2}）+3（{x_1}-{x_2}）-8}}{{{x_1}{x_2}-3（{x_1}+{x_2}）+（{x_1}-{x_2}）+8}}=-\frac{1}{3}$-------（10分）
解得x₃=4（舍去）或x₃=1，所以點(diǎn)G在定直線x=1上．-------（12分）

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程的求法，考查點(diǎn)是否在定直線上的判斷與證明，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意橢圓性質(zhì)、根的判別式、韋達(dá)定理、三點(diǎn)共線等知識點(diǎn)的合理運(yùn)用．